10708. Биссектриса AL
треугольника ABC
продолжена до пересечения с описанной окружностью треугольника в точке M
, K
— проекция точки M
на прямую AC
. Докажите, что площадь треугольника AKL
вдвое меньше площади треугольника ABC
.
Решение. Первый способ. Обозначим AC=b
, AB=c
, h
— расстояние от точки M
до сторон угла BAC
. По формуле Архимеда AK=\frac{1}{2}(b+c)
(см. задачу 176). Следовательно,
S_{\triangle AKL}=\frac{1}{2}AK\cdot h=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}(b+c)h=
=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}bh+\frac{1}{2}ch\right)=\frac{1}{2}(S_{\triangle ALC}+S_{\triangle ALB})=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}.
Второй способ. Пусть \angle BAC=2\alpha
. По формуле Архимеда
AK=\frac{1}{2}(AB+AC)
(см. задачу 176), а по формуле для биссектрисы треугольника
AL=\frac{2AB\cdot AC\cos\alpha}{AB+AC}
(см. задачу 4021). Следовательно,
S_{\triangle AKL}=\frac{1}{2}AK\cdot AL\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}(AB+AC)\cdot\frac{2AB\cdot AC\cos\alpha}{AB+AC}\cdot\sin\alpha=
=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cos\alpha\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}AB\cdot AC\sin2\alpha=
=\frac{1}{4}AB\cdot AC\sin2\alpha=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}.